Durata della prova: 3 ore. Non ` e consentito lasciare l’aula prima che siano trascorse due ore.

Scritto di Geometria

Corso di Ingegneria Civile e Ambientale A. A. 2014/15 – Prova scritta 11–06–2015

Cognome e Nome: Matricola:

Vietato l’uso di calcolatori, appunti, libri,...

Durata della prova: 3 ore. Non ` e consentito lasciare l’aula prima che siano trascorse due ore.

Scrivi in modo ordinato e motiva ogni risposta.

Risolvi il compito sostituendo ad a l’ultima cifra del tuo numero di matricola: a =

(P1) Dati i vettori v 1 = (1, 1, 1) ^T , v 2 = (1, −1, 2) ^T e v 3 = (1, 2, 1) ^T di R ³ , considerare l’applicazione lineare F : R ³ → R ³ tale che

F (v 1 ) = (1, 0, 0) ^T , F (v 2 ) = (0, a + 1, 0) ^T e F (v 3 ) = (0, 0, 0) ^T .

Spiegare brevemente perch´ e F ` e ben definita. Dire se l’endomorfismo ` e invertibile. Dire se ` e diagonalizzabile motivando la risposta. In caso affermativo scrivere la matrice associata M B <sup>B</sup> (F ) dove B ` e un’opportuna base di autovettori (non ` e necessario scrivere esplicitamente i vettori che compongono la base B).

(P2) Data l’applicazione G : R ⁵ → R ⁴ tale che

G











 x y z s t













=









x + y + z x − z + t

s + t x − s









e i sottospazi vettoriali

V = {(x, y, z, s, t) ^T ∈ R ⁵ : x + y + z + s + t = 0 , y + s = 0} , W = Span(e ₁ − e 2 , e ₂ − e 3 , e ₄ − e 5 ) ⊂ R ⁵ ,

dove i vettori e 1 , e 2 , e 3 , e 4 , e 5 sono i vettori della base canonica di R ⁵ . Scrivere una base di V , una base di W , una base di G(V ), una base di G(W ) e una base di G(V ) ∩ G(W ) e una di G(V ) + G(W ).

Ha senso cercare una base di G(V ) ∪ G(W )? Motiva la risposta.

(P3) Nello spazio euclideo, dato il piano π ₁ : x + (a + 2)y + 20z + (11 − a) = 0 scrivere la matrice A che rappresenta la quadrica Γ degenere costituita dal piano doppio π ₁ .

Dati i punti P = (a + 5, a + 1, 5) e Q = (a − 3, 5 − a, 1) trovare un piano π 2 equidistante dai due punti. Valutare la posizione reciproca dei due piani π 1 e π 2 .

(E1) Determina i tre numeri α ₁ , α ₂ , α ₃ che, sommati a due a due, danno come risultati a + 15 , 4a − 13 , 22 − a .

(E2) Data una matrice quadrata B ∈ M _n,n (R) tale che det B = c. Sia k ∈ R. Allora la matrice kB ha determinante det(kB) = βc. Determinare β in funzione dei parametri n e k. Quindi risolvere il quesito nel caso

n = 2 , B =

 2 a + 3

1 4



e k = 3 .

(E3) Sia Φ : V → V applicazione lineare tale che Φ ² = Φ, ovvero Φ(v) = Φ(Φ(v)) per ogni v ∈ V . Questo tipo di applicazione lineare ` e detto proiezione.

i. Dimostra che λ = 9/2 − a non pu` o essere un autovalore di Φ.

ii. (facoltativo) Determina i possibili autovalori di Φ.

iii. (facoltativo) Dimostra che per ogni v ∈ V il vettore w = v − Φ(v) ` e un vettore del nucleo

ker Φ. Quindi dimostra che facilmente segue che V = ker(Φ) ⊕ Im(Φ).

(P1) ` E facile scrivere la matrice associata M D <sup>C</sup> (F ) dove D = (v 1 , v 2 , v 3 ) e C ` e la base canonica.

M = M D ^C (F ) =





1 0 0

0 a + 1 0

0 0 0





Ovviamente F non ` e invertibile essendo v 3 ∈ ker F . Per discutere la diagonalizzabilit` a di F dobbi- amo per` o scrivere M D ^D (F ) oppure M C ^C (F ) mediante la matrice di cambio base

P = M D ^C (id _R

) =





1 1 1

1 −1 2

1 2 1



 con P ⁻¹ =





5 −1 −3

−1 0 1

−3 1 2





Quindi

A = M C ^C (F ) = M P ⁻¹ =





5 −1 −3

−(a + 1) 0 a + 1

0 0 0





dove p A (λ) = −λ(5λ ² − (a + 1)) da cui si ricavano facilmente le radici λ 1 = 0 (che ovviamente ci si doveva aspettare) e λ 1,2 = ±

q a+1

5 . ` E quindi diagonalizzabile con

M B ^B (F ) =









0 0 0

0

q a+1

5 0

0 0 − q

a+1 5









(P2) Con un po’ di calcoli non troppo difficili trovo:

V = Span (1, 0, 0, 0, −1) , (1, 0, −1, 0, 0) , (0, 1, 0, −1, 0)
W = Span (1, −1, 0, 0, 0) , (0, 1, −1, 0, 0) , (0, 0, 0, 1, −1)

G(V ) = Span (1, 0, −1, 1) , (0, 2, 0, 1) , (1, 0, −1, 1)
= Span (1, 0, −1, 1) , (0, 2, 0, 1)

G(W ) = Span (0, 1, 0, 1) , (0, 1, 0, 0) , (0, −1, 0, −1)
= Span (0, 1, 0, 1) , (0, 1, 0, 0)

G(V ) ∩ G(W ) = Span (0, 2, 0, 1)

G(V ) + G(W ) = Span (1, 0, −1, 1) , (0, 2, 0, 1) , (0, 1, 0, 0)
G(V ) ∪ G(W ) non ` e sottospazio vettoriale.

(P3) Basta calcolare ed espandere x + (a + 2)y + 20z + (11 − a) ² = 0 ottenendo









1 (a + 2) 20 (11 − a)

(a + 2) (a + 2) ² 20(a + 2) (a + 2)(11 − a)

20 20(a + 2) 400 20(11 − a)

(11 − a) (a + 2)(11 − a) 20(11 − a) (11 − a) ²









A causa di un mio errore il testo doveva essere ”il piano π 2 costituito da punti equidistanti dai due punti P e Q.” Il testo ` e stato quindi cambiato (solo l’articolo). A questo punto bastava trovare un qualsiasi piano che abbia la stessa distanza dai due punti. Per esempio un piano che li contenesse, o uno parallelo alla retta passante per P e Q, o il piano seguente.

”il piano π ₂ costituito da punti equidistanti dai due punti P e Q.” risulta invece il piano π ₂ per- pendicolare alla retta per i due punti passante per il loro punto medio (` e l’analogo dell’asse di un segmento nel piano). P − Q = (a, b, c) d` a la giacitura della retta dove (a, b, c) sono i coefficienti dell’equazione cartesiana del piano π ₂ . Per trovare d basta imporre il passaggio per il punto medio M ottenuto facendo la media delle coordinate M x = (P x + Q x )/2 e simili per M y e M z . A questo punto la posizione reciproca dei due piani si valuta mettendo a sistema le due equazioni cartesiane o confrontando i vettori ad essi ortogonali.

2

(E1) Soluzione: 3a − 10, 25 − 2a, a − 3. Basta risolvere



 

 

x + y = a + 15 x + z = 4a − 13 y + z = 22 − a

(E2) β = k ⁿ grazie alla propriet` a di multilinearit` a del determinante. Seconda parte omessa. In alter- nativa si pu` o notare che kB = (kI)B dove kI ` e matrice diagonale con k su ogni elemento della diagonale e quindi uso il Teorema di Binet.

(E3) Il primo punto segue dal secondo oppure si verifica in modo analogo sostituendo il valore di λ in quanto segue. Sia λ autovalore allora Φ(v) = λv per un certo v 6= 0. Allora

Φ ² (v) = Φ(Φ(v)) = Φ(λv) = λΦ(v) = λ ² v ma anche, essendo Φ ² = Φ,

Φ ² (v) = Φ(v) = λv

Quindi λ ² v = λv da cui (λ ² − λ)v = 0 e quindi essendo v 6= 0, λ ² − λ = 0 da cui λ = 0 oppure λ = 1. Veniamo al terzo punto: risulta

Φ(v − Φ(v)) = Φ(v) − Φ(Φ(v)) = Φ(v) − Φ(v) = 0

da cui v = (v − Φ(v)) + Φ(v) dove abbiamo appena mostrato che v − Φ(v) ∈ ker Φ e chiaramente Φ(v) ∈ Im Φ. Inoltre se v ∈ ker Φ ∩ Im Φ allora vale Φ(v) = 0 e v = Φ(w) per qualche w ∈ V , da cui trovo

0 = Φ(v) = Φ(Φ(w)) = Φ(w) = v da cui segue che l’unico elemento di ker Φ ∩ Im Φ ´ e il vettore nullo.

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